带余除法

                     

贡献者: 零穹

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预备知识 一元多项式

  1在一元多项式的最后提到,系数在数域 $\mathbb{F}$ 上的全体一元多项式构成一元多项式环 $\mathbb{F}[x]$.在环 $\mathbb{F}[x]$ 中,可以做加、减、乘三种运算,运算的结果还是该多项式环 $\mathbb{F}[x]$ 中的元素(一元多项式).自然,我们会像在整数里那样,考虑除法运算.你将看到,和整数一样,在一元多项式里,任意两个多项式做除法运算的结果并不一定还是一个多项式,取而代之的是带余除法.

定理 1 带余除法

   设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 为 $\mathbb{F}[x]$ 中的两个多项式,并且 $g(x)\neq 0$,则存在唯一的 $\mathbb{F}[x]$ 中的多项式 $q(x),r(x)$,使得

\begin{equation} f(x)=q(x)g(x)+r(x) \end{equation}
其中 $\mathrm{deg}\;r(x) < \mathrm{deg}\;g(x)$,$q(x),r(x)$ 分别称为 $g(x)$ 除 $f(x)$ 的商式除式.并将这种算法称为带余除法,有时称为长除法

1. 证明

   1.首先证明 $q(x)$,$r(x)$ 的存在性.

   当 $\mathrm{deg}\;f(x) < \mathrm{deg}\;g(x)$ 时,取 $q(x)=0,r(x)=f(x)$ 即可;

   假设当 $\mathrm{deg}\;f(x)-\mathrm{deg}\;g(x)\leq k$ 时,$q(x),r(x)$ 存在,那么当 $\mathrm{deg}\;f(x)-\mathrm{deg}\;g(x)=k+1$ 时,设

\begin{equation} f(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i\quad g(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^i \end{equation}
\begin{equation} f_1(x)=f(x)-\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}g(x) \end{equation}
注意 $f_1(x)$ 的 $n$ 次项系数为 0,由式 4
\begin{equation} \mathrm{deg}\;f_1(x)-\mathrm{deg}\;g(x)\leq\mathrm{deg}\; f(x)-1-\mathrm{deg}\;g(x)=k \end{equation}
由归纳假设知,存在 $q_1(x),r(x)$ 使得
\begin{equation} f_1(x)=q_1(x)g(x)+r(x) \end{equation}
其中 $\mathrm{deg}\;r(x) < \mathrm{deg}\;g(x)$,于是
\begin{equation} f(x)=f_1(x)+\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}g(x)= \left(\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}+q_1(x) \right) g(x)+r(x) \end{equation}
记 $q(x)=\frac{a_n}{b_m}x^{n-m}+q_1(x)$,即有 $q(x),r(x)$ 在 $\mathrm{deg}\;f(x)-\mathrm{deg}\;g(x)=k+1$ 时存在.有数学归纳法,存在性得证.

   2.下面证明 $q(x),r(x)$ 的唯一性.设另有多项式 $q_1(x),r_1(x)$ 使

\begin{equation} f(x)=q_1(x)g(x)+r_1(x) \end{equation}
其中,$\mathrm{deg}\;r_1(x) < \mathrm{deg}\;g(x)$,于是
\begin{equation} q_1(x)g(x)+r_1(x)=q(x)g(x)+r(x) \end{equation}
\begin{equation} \left(q_1(x)-q(x) \right) g(x)=r(x)-r_1(x) \end{equation}
若 $q(x)\neq q_1(x)$,又 $g(x)\neq 0$,那么 $r(x)-r_1(x)\neq 0$,由式 8
\begin{equation} \mathrm{deg}\;(q_1(x)-q(x))+\mathrm{deg}\;g(x)=\mathrm{deg}\; \left(r(x)-r_1(x) \right) \end{equation}
\begin{equation} \mathrm{deg}\;g(x) > \mathrm{deg}\; \left(r(x)-r_1(x) \right) \end{equation}
所以式 10 不能成立,这就证明了 $q(x)=q_1(x)$,因此 $r(x)=r_1(x)$.

2. 推论

   利用定理 1 ,立即得到下面的推论

推论 1 余数定理

   设 $f(x)$ 为 $\mathbb{F}[x]$ 中的任意一个的多项式,并且 $c\in\mathbb{F}$,则存在 $\mathbb{F}[x]$ 中的多项式,使得

\begin{equation} f(x)=q(x)(x-c)+f(c) \end{equation}
并且 $q(x)$ 是唯一的.$f(c)$ 称为 多项式 $f(x)$ 除以 $x-c$ 的余数.

定义 1 零点(根)

   设 $f(x)$ 为 $\mathbb{F}[x]$ 中的多项式,$c\in\mathbb{F}$,若 $f(c)=0$,则称 $c$ 为 $f(x)$ 的零点

   由推论 1 很容易得到下面关于多项式根的推论.

推论 2 

   设 $f(x)$ 为 $\mathbb{F}[x]$ 中的多项式,$c\in\mathbb{F}$,则 $c$ 是 $f(x)$ 的根当且仅当存在 $\mathbb{F}[x]$ 中的多项式 $q(x)$,使得

\begin{equation} f(x)=q(x)(x-c) \end{equation}


1. ^ 吴群.矩阵分析[M].上海:同济大学出版社


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